MATEMANIJA

Definicija: Full-House je ruka koja se sastoji od [inlmath]3[/inlmath] jače (istog tipa) i [inlmath]2[/inlmath] slabije karte (istog ili razlicitog tipa), odnosno npr: [inlmath]3[/inlmath] kraljice i [inlmath]2[/inlmath] random slabije karte ([inlmath]2[/inlmath] tref i [inlmath]3[/inlmath] pik, na primer).

1. Koja je verovatnoca da ruka sadrzi Full-House?

Moje resenje:
[dispmath]5!\cdot\frac{4}{52}\cdot\frac{3}{51}\cdot\frac{2}{50}\cdot\frac{4}{49}\cdot\frac{4}{48}[/dispmath] Logika iza mog resenja je rekao bih dosta jasna, permutujem sa [inlmath]5![/inlmath] kao u onom zadatku sa Royal-Flushom, a svaki pojedinacan razlomak predstavlja odnos karata koje zelimo da izvucemo sa brojem koji je ostao u špilu... Resenje je dosta drugacije doduse, tako da zaista ne znam gde sam pogresio:
[dispmath]\frac{P(13,2)\cdot{4\choose3}\cdot{4\choose2}}{52\choose5}=\frac{13\cdot12\cdot4\cdot6}{2,598,960}=\frac{3744}{2,598,960}\approx0.00144[/dispmath] Primetio sam da se špil karata, u tekstu ovog zadatka, uopste ne spominje, ali opet pretpostavljam da pristup resavanja ne bi trebalo da se razlikuje od Royal-Flush zadatka od ranije.

Nije ti dobra definicija fulla. On traži [inlmath]3[/inlmath] iste i [inlmath]2[/inlmath] iste. Recimo [inlmath]3[/inlmath] desetke (bilo kog znaka) i [inlmath]2[/inlmath] keca (bilo kog znaka). Primer koji si ti dao je definicija trilinga, a to je u pokeru slabije od fulla.

Mislim da ovo rešenje treba puta [inlmath]2[/inlmath]. Kao što je full tri desetke i dva keca, full je i tri keca i dve desetke, a to nije brojano.

Možda je full house drugačiji od našeg fulla. Ako mora tri veće i dve manje, onda je rešenje OK. Tri desetke i dva keca je full, ali nije full house?

Full house u pokeru sadrži triling i par karata. Tri iste i dve iste, pri čemu je nebitno da li su karte u trilingu jače ili slabije od karata u paru. Tako je nazvan jer je sve do uvođenja flash-a i straight-a (kente) 1860. godine to bila jedina ruka koja uključuje svih [inlmath]5[/inlmath] karata. Zato se sreće i naziv full hand, kao i full boat pošto se poker često igrao i bio popularan na brodovima.
Kod nas je sve ovo skraćeno prosto: ful.
Nadam se da ovo nije bilo off topic. Uostalom, mnogi smatraju da je teorija verovatnoće rođena 1812. godine čuvenim člankom "Teorija hazardnih igara" čiji je autor Pierre-Simon Laplace.
p.s. Tačno je drugo navedeno rešenje za traženu verovatnoću ([inlmath]0.00144[/inlmath]).

Preciznije, tačan je rezultat i to zato što su napravljene dve greške koje su se poništile . Ovako bi trebalo da bude:
[dispmath]2\frac{{13\choose2}{4\choose3}{4\choose2}}{52\choose5}\approx0.00144[/dispmath]

[inlmath]4\choose3[/inlmath] znaci sledece: kombinacije [inlmath]3[/inlmath] iste karte, gde je [inlmath]n=4[/inlmath] zato sto imamo ukupno [inlmath]4[/inlmath] karte istog tipa... Analogno za [inlmath]4\choose2[/inlmath] je [inlmath]n=4[/inlmath] takodje ali sada radimo kombinacije na [inlmath]k=2[/inlmath] mesta...

Deo koji mene ipak buni, je [inlmath]2\cdot{13\choose2}[/inlmath] ili [inlmath]P(13,2)[/inlmath]... Nisam siguran da razumem zasto radimo permutacije [inlmath]n=13[/inlmath] elemenata na [inlmath]k=2[/inlmath] mesta? Ili ono sto si ti zapisao [inlmath]2\cdot{13\choose2}[/inlmath] sto bi bilo [inlmath]V_n^k[/inlmath] tj. [inlmath]V_{13}^2=\frac{13!}{(13-2)!}[/inlmath]

Mozda je slucajnost sto su se sada varijacije uplele u resenje, ali ja ne razumem ni zasto su permutacije uopste neophodne, ali ono sto sa sigurnoscu znam je da sam bas zbunjen .

Radi se o varijacijama, kao što si napisao. Imamo [inlmath]4[/inlmath] keca, [inlmath]4[/inlmath] dvojke, [inlmath]4[/inlmath] trojke... Ukupno [inlmath]13[/inlmath] grupa po [inlmath]4[/inlmath] karte. Možemo dobiti ful kečeva i dvojki ([inlmath]3[/inlmath] keca + [inlmath]2[/inlmath] dvojke) ili ful dvojki i kečeva
([inlmath]3[/inlmath] dvojke + [inlmath]2[/inlmath] keca) itd. Dakle radi se o varijacijama bez ponavljanja: Od [inlmath]13[/inlmath] grupa karata biramo [inlmath]2[/inlmath] grupe, pri čemu je bitan redosled, zbog definicije fula. Potom u svakoj od dve izabrane grupe od po [inlmath]4[/inlmath] karte biramo [inlmath]3[/inlmath] karte u prvoj i [inlmath]2[/inlmath] karte u drugoj grupi, dakle kombinacije bez ponavljanja.

Jos jedna stvar... Kapiram logiku iza variranja sa dve grupe karata od ukupno [inlmath]13[/inlmath]. Ali sada, ne znam da li cu ovo srociti valjano, mi gledamo cini se te grupe karata kao da ih vadimo iz spila savrseno, takoreci.

Savrseno, u smislu, da izvadimo prvo [inlmath]3[/inlmath] karte iz jedne grupe pa onda [inlmath]2[/inlmath] iz druge grupe... Da li u nas proracun ulazi u obzir slucaj kada npr. vadimo naizmenicno karte iz obe grupe tj. npr. karte iz grupe od [inlmath]3[/inlmath] karata cu oznacavati sa [inlmath]G[/inlmath] a drugu grupu sa [inlmath]H[/inlmath].

Da li gledamo slucaj sa [inlmath]GHGHG[/inlmath], sto vise razmisljam o resenju nesto mi govori da ovo nije uzeto u obzir.

Bespotrebno komplikuješ jer uopšte nije bitan redosled izvlačenja karata unutar grupe.
Posmatraj ovako: Prvo si odabrao dve grupe karata od [inlmath]13[/inlmath] grupa. Prva je "triling" grupa, druga "par". Ili je prva "par", a druga "triling". To su varijacije bez ponavljanja druge klase od [inlmath]13[/inlmath] elemenata.
Tek potom iz "triling" grupe vadiš tri karte i iz "par" grupe vadiš dve karte.
Da li ćeš ti birati npr. najpre jednu kartu iz "triling" grupe pa dve karte iz "par" grupe pa potom još jednu kartu iz "triling" grupe uopšte ne menja činjenicu da ćeš na kraju izabrati tri karte iz "triling" grupe i dve karte iz "par" grupe, sa totalno nebitnim redosledom.

Griezzmiha je napisao:Moje resenje:
[dispmath]5!\cdot\frac{4}{52}\cdot\frac{3}{51}\cdot\frac{2}{50}\cdot\frac{4}{49}\cdot\frac{4}{48}[/dispmath]

Prva greška je sa činiocem [inlmath]\frac{4}{52}[/inlmath]. Prva karta nam ne mora biti neka od [inlmath]4[/inlmath] iz špila (jer mi ne znamo unapred da li će jedna od tri iste karte biti petica, osmica ili koja već), već može biti bilo koja. E, tek nakon što smo izvukli prvu kartu, preostale dve moraju biti isti brojevi kao i ta prva. Znači, krećemo od verovatnoće da druga karta bude isti broj kao i prva, a to je [inlmath]\frac{3}{51}[/inlmath]. Verovatnoća da treća karta bude isti broj kao i prve dve je [inlmath]\frac{2}{50}[/inlmath]. E sad, četvrta karta mora biti različit broj od prve tri, a verovatnoća za to je [inlmath]\frac{48}{49}[/inlmath]. I, peta karta mora biti isti broj kao i četvrta, a verovatnoća za to je [inlmath]\frac{3}{48}[/inlmath]. Sad to treba pomnožiti brojem mogućih rasporeda, ali to nije [inlmath]5![/inlmath], jer smo razmatrajući slučajeve na ovaj način, već razmotrili rasporede unutar tri iste, kao i raporede unutar dve iste karte. Ono što je sad potrebno to je da one dve iste „učešljamo“ u svih ovih [inlmath]5[/inlmath] karata, a to radimo tako što ćemo od ukupno [inlmath]5[/inlmath] pozicija odabrati [inlmath]2[/inlmath] pozicije na koje ćemo smestiti dve iste karte, a te pozicije možemo odabrati na [inlmath]5\choose2[/inlmath] načina (sasvim isto bismo dobili i da smo [inlmath]3[/inlmath] iste „učešljavali“ u ovih [inlmath]5[/inlmath], jer znamo da je [inlmath]{5\choose2}={5\choose3}[/inlmath]).
I, zaista, rezultat
[dispmath]{5\choose2}\cdot\frac{3}{51}\cdot\frac{2}{50}\cdot\frac{48}{49}\cdot\frac{3}{48}[/dispmath] jednak je verovatnoći koja je napisana u rešenju (iako je napisana u drugačijem obliku).
Rešenje koje treba da se dobije, dodatno potvrđuje ono što prethodnici već rekoše – da je definicija fula [inlmath]3[/inlmath] iste + [inlmath]2[/inlmath] iste karte (nezavisno od toga koje su jače a koje slabije).

miki069 je napisao:Mislim da ovo rešenje treba puta [inlmath]2[/inlmath]. Kao što je full tri desetke i dva keca, full je i tri keca i dve desetke, a to nije brojano.

Brojano je. U rešenju je napisano [inlmath]P(13,2)[/inlmath], a to su varijacije (ne kombinacije) od [inlmath]13[/inlmath] elemenata [inlmath]2.[/inlmath] klase. Možda zbunjuje sama oznaka, jer se na engleskom jeziku varijacije kažu permutations (otuda oznaka [inlmath]P[/inlmath] u rešenju), dok permutacije na engleskom nemaju neki svoj naziv. A pošto su varijacije, tj. bitan je redosled, time su kao zasebni obuhvaćeni slučajevi koje si naveo, tri desetke i dva keca, i tri keca i dve desetke.

Do rešenja se može doći i na malo intuitivniji način. Mogućnosti kada su tri iste kečevi, jesu sledeće:
[dispmath]\begin{matrix}
AAA22 & AAA66 & AAA(10)(10)\\
AAA33 & AAA77 & AAAJJ\\
AAA44 & AAA88 & AAAQQ\\
AAA55 & AAA99 & AAARR
\end{matrix}[/dispmath] Znači, ima ih [inlmath]12[/inlmath] (za jednu manje od [inlmath]13[/inlmath] koliko ima vrednosti karata, jer one dve iste karte ne smeju biti kečevi).
Na isti način, kada su tri iste dvojke, imaćemo takođe [inlmath]12[/inlmath] mogućnosti: [inlmath]222AA[/inlmath], [inlmath]22233[/inlmath], [inlmath]22244[/inlmath] itd. do [inlmath]222KK[/inlmath].
Pošto postoji ukupno [inlmath]13[/inlmath] vrednosti karata koje mogu doći među one tri iste, a svaki od tih [inlmath]13[/inlmath] slučajeva sadrži i onih [inlmath]12[/inlmath] slučajeva za odabir preostale dve karte, pa još onda svaki od tih slučajeva sadrži [inlmath]4[/inlmath] slučaja (da li će iz tri iste izostati karo, pik, herc ili tref), pa još [inlmath]4\choose2[/inlmath] slučajeva koje dve od četiri boje će doći među one dve iste, to je onda ukupno [inlmath]13\cdot12\cdot4\cdot6[/inlmath] povoljnih slučajeva (upravo kao što piše i u brojiocu priloženog rešenja).

desideri je napisao:Preciznije, tačan je rezultat i to zato što su napravljene dve greške koje su se poništile . Ovako bi trebalo da bude:
[dispmath]2\frac{{13\choose2}{4\choose3}{4\choose2}}{52\choose5}\approx0.00144[/dispmath]

Ne bih rekao da su napravljene dve greške. Ispravna su oba načina – i njihov način, i tvoj način. U njihovom načinu korišćene su varijacije, jer je pravljena razlika između trilinga i para (čime je pravljena razlika i između npr. slučaja tri desetke i dva keca, i slučaja tri keca i dve desetke) – vidim da si u nekom od kasnijih postova upravo i prokomentarisao taj njihov način. U tvom načinu, koristeći [inlmath]13\choose2[/inlmath], računao si kombinacije, tj. nisi pravio razliku između slučaja tri desetke i dva keca, i slučaja tri keca i dve desetke, ali si posle sve to pomnožio sa [inlmath]2[/inlmath], čime si došao na isto, samo na malo drugačiji način. Ukratko, suština je da je [inlmath]2C_{13}^2=V_{13}^2[/inlmath].
To i jeste lepota kombinatorike, što se često isti problem može rešiti na mnogo različitih načina.

Griezzmiha je napisao:Deo koji mene ipak buni, je [inlmath]2\cdot{13\choose2}[/inlmath] ili [inlmath]P(13,2)[/inlmath]... Nisam siguran da razumem zasto radimo permutacije [inlmath]n=13[/inlmath] elemenata na [inlmath]k=2[/inlmath] mesta?

Ne postoje permutacije [inlmath]n=13[/inlmath] elemenata na [inlmath]k=2[/inlmath] mesta. To su varijacije. Ovo sam zapravo već i prokomentarisao malo iznad, u ovom postu (zavrzlama oko prevoda s engleskog).

Griezzmiha je napisao:Da li gledamo slucaj sa [inlmath]GHGHG[/inlmath], sto vise razmisljam o resenju nesto mi govori da ovo nije uzeto u obzir.

Ne posmatra se redosled karata, kako u broju povoljnih slučajeva, tako ni u ukupnom broju slučajeva. Upravo iz tog razloga u priloženom rezultatu se u imeniocu (ukupan broj slučajeva) nalazi [inlmath]52\choose5[/inlmath], a ne [inlmath]V_{52}^5[/inlmath].

Moglo se do rezultata doći i tako što bismo posmatrali redosled – tada bi broj povoljnih slučajeva trebalo još pomnožiti sa [inlmath]5![/inlmath], a ukupan broj slučajeva ne bi bio [inlmath]52\choose5[/inlmath] već [inlmath]V_{52}^5[/inlmath], a pošto je [inlmath]V_{52}^5={52\choose5}5![/inlmath], znači da bi i brojilac i imenilac imali [inlmath]5![/inlmath] puta veću vrednost, pa bi količnik ostao isti.